2019年高考物理一轮复习课时分层集训9牛顿运动定律的综合应用新人教版

1、课时分层集训（九）牛顿运动定律的综合应用（限时：40 分钟）基础对点练超重、失重现象1 . （2018 西安“四校”4月联考）图 3-3-11 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“ ”表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线.两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g= 10m/s2.根据图象分析可知（）图 3-3-11A.人的重力为 1 500 NB. c点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态/ D. d点的加速度小于f点的加速度B 由题图可知a点处人处于平衡状态，则人的重力G= 500 N, A 错误.c、e点处人对传

2、感器的压力大于人所受重力，故都处于超重状态，B 正确，C 错误.在d点处人所受合力为 1 000 N,而在f点处人所受合力仅为 500 N 再由牛顿第二定律可知 人在d点处的加速度大，D 错误.2.如图 3-3-12 所示，A B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）.下列说法正确的是（）【导学号：84370131】图 3-3-122A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力A 不计空气阻力，A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g,两物

3、体均处于完全失重状态，因此，物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零，A 正确.3.（多选）如图 3-3-13 所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑当升降机加速上升时，（）图 3-3-13A. 物块与斜面间的摩擦力减小B. 物块与斜面间的正压力增大C. 物块相对于斜面减速下滑D. 物块相对于斜面匀速下滑BD 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsin0=卩mgsos0,贝 Uy=tan0（0为斜面倾角），当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超A .重状态，超重ma物块重力”变为G=mg ma支持力变为N= （mg+ m

4、cos0mgcos0, B 对.“重力”沿斜面向下的分力G下=（mg+msin0，沿斜面的摩擦力变为f=卩N=卩（mg+ macos0卩mgcos0, A 错误.f=卩（mg+macos0= tan0（mg+ macos0= （mg+ msin0=G下，所以物块仍沿斜 面匀速运动，D 对，C 错误.动力学中整体法、隔离法应用4.（多选）如图 3-3-14 所示，物块A的质量是B的 2 倍，在恒力F作用下，在水平面上做匀 加速直线运动若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1,物块A、B/间的相互作用力大小为N;若物块与水平面间接触面粗糙， 且物块A、B与水平面间的动 摩擦因数相同，物

5、块B的加速度大小为 比，物块间的相互作用力大小为N2，则以下判断 正确的是（）【导学号：84370132】B图 3-3-14A.a1=a2B.a 比3C. N= 2D. NN2_二 _FBC 设B的质量为m则A的质量为 2m接触面光滑时，整体分析：a1= 2mmr3mFFf F对B分析：N=mBai= 3接触面粗糙时，整体分析：a2= 3m= 3m卩g,可知aiFa2；对B分析：N2=ma+ 卩mg= 3，则N=N2, B C 正确.5质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图 3-3-15 所示，则（）图 3-3-15MFA.小球对圆槽的压

6、力为帝而mFB.小球对圆槽的压力为m而C. 水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D. 水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小FC利用整体法可求得系统的加速度为a=M厂m对小球利用牛顿第二定律可得：/m22小球受到圆槽的支持力为mg2+ 俯m2,由牛顿第三定律可知只有C 项正确.6.如图 3-3-16 所示，一夹子夹住木块， 在力F作用下向上提升. 夹子和木块的质量分别为m、M夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是（）【导学号：84370133】图 3-3-162f mMA.M2f mMB.m2f m MC.M

7、 (mMg42f mMD. m+ (mMgA 由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时5提升加速度为a,由牛顿第二定律得,对木块有： 2fMg= Ma对夹子有：F 2fmg= ma2f W m联立两式解得F=-M-，选项 A 正确.选（2018 天水模拟）如图所示，A、B两物体质量为A.轻绳的拉力为（mAmB）gD 以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得（mm）g= （m+m）a,a=mmBgm+m，故 C 错误，D 正确；对A由牛顿第二定律可知mgF=ma,F=mig2mimgma=m+m，故 A、B 错误.故选 D.动力学中图象问题7.如图 3-3-17

8、 甲所示，在倾角为 30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度v随时间t变化的规律是（物体的初速度为零，重2力加速度取 10 m/s ）（）mA、mB（rnm），由轻绳连接绕过滑轮并从B运动过程中（）B.轻绳的拉力逐渐减小C.它们加速度的大小与mAm成正比D.若（m+m）是一定值, 则加速度大小与（mA m）成正比甲6图 3-3-177F mcsin 30 gC 在 01 s 内，ai=m= 2，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，1 s 末物体速度vi=aiti= 5

9、m/s;在 12 s 内，拉力为零,g=2,方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s 末速度为零；在 2F+mgsin 30 3g3 s 内，Sb =m=2，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s 末物体速度vs=ast3= 15 m/s，故 C 正确，AB、D 错误.&以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象，可能正确的是（）【导学号：84370134】D 不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g,方向竖直向下，题图中的虚线表示

10、该物体的速度一时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，m叶kv=kvma即a=g+石，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A 项错误；物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度为g,方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D 项正确，B、C 项错误.mgsin 30a?=m89 .一物体在水平推力F= 15 N 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F,其运动_ 2的v-t图象如图 3-3-18 所示，g取 10 m/s，求：9考点综合练10.（多选）如图 3-3-19 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率A处滑上传送带若从小物块滑上传送V2Vi

11、,则（）（1）04 s 和 46 s 物体的加速度大小;物体与水平面间的动摩擦因数1和物体的质量 m在 06s 内物体运动平均速度的大小.V10解析(1)由图可得：a1= 11=4m/s = 2.5 m/s2,V10a2= 12=2m/s2= 5 m/s2.根据牛顿第二定律得：i mg= maa2解得：1=g= 0 . 5根据牛Fmg= maF解得：n= i g+a1=2 kg.v2t_ x 2V10(3)平均速度V=t=t= 2 = 2 m/s = 5 m/s .2答案(1)2 . 5 m/s25 m/s2(2)0 . 52 kg(3)5 m/sVi运行.初速度大小为V2的小物块从与传送带等

12、高的光滑水平地面上的带开始计时，小物块在传送带上运动的V-t图象（以地面为参考系）如图乙所示已知10乙图 3-3-19A.t1时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用ABC 相对地面而言，小物块在0ti时间内，向左做匀减速运动，tit2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即t2时刻），小物块向右做匀速运动故小物块在ti时刻离A处距离最远，A 正确；在 0t2时间内，小物块 一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2

13、t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值， B C 正确，D 错误.11. 一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量 M= 10. 5 kg,Q的质量m 1. 5 kg,弹簧的质量不计， 劲度系数k= 800 N/m, 系统处于静止如图 3-3-20 所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0. 2 s 内，F为变力，0. 2 s 以后，F为恒力求力F的最大值与最小值.（取g= 10 m/s2）图 3-3-20解析设开始时弹簧压缩量为X1,t=

14、 0. 2 s 时弹簧的压缩量为X2，物体P的加速度为a,则有kx1= (M+ n)gkx2-mc=ma1X1-X2= 2at2M+ m g由式得X1=k= 0. 15 m由式得a= 6 m/s284370135】11F小=(M+m a= 72 NF大=Mg+a) = 168 N .答案168 N 72 N12.如图 3-3-21 所示， 将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m和m,各接触面间的动摩擦因数均为卩，重力加速度为g.图 3-3-2112(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力F的大小；本实验中，0. 5 kg,0. 1 kg,卩=0. 2,砝码与纸板左端的距离d= 0. 1m,g取 10 m/s2.若砝码移动的距离超过1= 0. 002 m,人眼就能感知.为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：84370136】解析(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1=mg桌面对纸板的摩擦力Ff2=1(m+m)g